2022年河南省三门峡市高考化学三模试卷　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．1molC（金刚石）中含有C﹣C键的数目为4NAB．标准状况下，22.4L乙烯中含有单键的数目为4NAC．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子的数目为0.1NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则阴极得到电子的数目为NA　2．分子式为为C9H11Br，且苯环上有两个取代基的芳香族化合物，其可能的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．5种B．9种C．12种D．15种　3．苹果iphone6正在我国热卖，其电池为锂电池．构造如图所示，电池内部“→”表示放电时Li+的迁移方向，电池总反应可表示为：Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+6C，下列说法错误的是（　　）A．该电池放电时的负极材料为LiCoO2B．电池中的固体电解质可以是熔融的氯化钠、氯化铝等C．充电时的阴极反应：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2D．外电路上的“→”表示放电时的电子流向　4．如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是（　　）A．ZY、ZW、W2X的水溶液都显酸性B．原子半径大小：W＞R＞X，简单离子半径大小：R＞W＞XC．W的氢化物与R的氢化物水溶液的酸性比较，前者强于后者，可证明非金属性：R＞WD．Z与X，Z与R两种元素形成的化合物中均可能存在共价键　5．下列关于实验现象解释不正确的是（　　）ABCD0.5mol/L的CaCl2滴入0.5mol/L的NaHCO3中产生白色沉淀-25-操作与现象放在石棉网上的钠在空气中燃烧生成黑色固体铜与稀硝酸反应试管内产生红棕色气体Cu与浓硫酸反应生成白色及少量黑色沉淀物解释生成固体物质有大量的碳反应产生的NO与试管内的空气反应反应2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑白色沉淀是CuSO4黑色沉淀是Cu2OA．AB．BC．CD．D　6．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp[Ag2CrO4（砖红色）]=9.0×10﹣12，下列说法不正确的是（　　）A．温度相同时，溶解度大小顺序为S（Ag2CrO4）＞S（AgCl）＞S（AgBr）B．往含Cl﹣，Br﹣，CrO42﹣浓度均为0.01mol•L﹣1溶液中滴加0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣C．用滴定法测KNO3溶液中KCl的含量时，可选择用AgNO3溶液做标准液，Ag2CrO4溶液做指示剂D．1.88gAgBr投入到100mol/LNaCl溶液中有AgCl　7．茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如图所示．下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是（　　）A．先加KMnO4酸性溶液，再加银氨溶液，微热B．先加溴水，再加KMnO4酸性溶液C．先加入足量的新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，酸化后再加溴水D．先加足量银氨溶液，微热，酸化后再加KMnO4酸性溶液　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．某同学以甘蔗渣为原料用水解﹣氧化﹣水解循环进行制取草酸并探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）的某些性质．通过查阅资料可知：草酸易溶于水，是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到100℃时失去结晶水，成为无水草酸．157℃时大量升华，并开始分解；草酸蒸气在低温下可冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊．-25-请跟据以上信息回答下列问题：（1）图1中①②的氧化﹣水解过程是在图2的装置中进行的，指出装置B的名称　　　　　　．（2）图1中①②的氧化﹣水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收集率的影响，结果如图3所示，请选择最佳的反应温度为　　　　　　．（3）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置（草酸晶体分解装置略，连接导管略去）请回答下列问题：①装置的连接顺序为：A→（　　）→D→（　　）→B→D②实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是　　　　　　．③整套装置存在不合理之处为　　　　　　．（4）草酸亚铁在工业中有重要重要，草酸可以制备草酸亚铁，步骤如下：称取FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解．向此溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，将混合溶液加热至沸，不断搅拌，以免暴沸，待有黄色沉淀析出并沉淀后，静置．倾出上层清液，再加入少量水，并加热，过滤，充分洗涤沉淀，过滤，用丙酮洗涤两次并晾干．（丙酮易挥发）①生成的草酸亚铁需充分洗涤沉淀，检验是否洗涤完全的方法是　　　　　　．②用丙酮洗涤固体两次的目的是　　　　　　．　-25-9．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式　　　　　　．如不对该反应还原产物的比例作限制，该反应　　　　　　出现多组配平系数（填“可能”或“不可能”）并说明理由　　　　　　．（2）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+4KI十4HNO3═Se+2I2+4KNO3十2H2O　　②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI实验中，准确称量SeO2样品0.1600g，消耗了0.2000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　　　　　　．（3）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC的工作原理如图所示：①通入a气体的电极是电池的　　　　　　（填“正”或“负”）极，其电极反应为　　　　　　．②常温下，用此电池以惰性电极电解0.5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为　　　　　　（忽略溶液的体积变化）．　10．近年来，由于二氧化碳的大量排放，直接威胁着人类赖于生存的生态环境．人们愈来愈关注着二氧化碳气体的开发及利用．（1）据报道，美国海军科学家拟从海水中提取H2，从空气中提取CO2合成短链羟来代替汽油．已知氢气的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1；辛烷（C8H18，可作为汽油用）的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1．写出CO2和H2合成辛烷的热化成方程式　　　　　　．（2）二氧化碳加氢合成甲醇是其合理利用碳资源的有效途径之一，反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，下列能确定该条件下反应达到最大转化限度的是　　　　　　．A、CO2含量不再变化B、容器内压强不再变化C、3v正（H2）=v逆（CH3OH）D、△H不再发生变化②同时测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（h）123456P后/P前0.900.850.820.810.800.80则用氢气表示前2小时反应平均速率V（H2）=　　　　　　．列式计算该温度下CO2的平衡转化率：　　　　　　．③若反应条件为压强6MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1：3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率℃为50%，该反应该条件的平衡常数KP=　　　　　　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；列举提高CO2转化率的措施　　　　　　．（3）CO2和NaOH溶液反应可生成NaHCO3溶液，查阅资料得常温下H2CO3的电离平衡常数K1=4.2×10﹣7，K2=5.6×10﹣11；实验测得常温下0.1mol/L的NaHCO3的pH为8，则0.1mol/L的NaHCO3溶液中离子浓度大小顺序为　　　　　　．-25-A、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）B、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）D、c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）　　三、[化学—选修2：化学与技术]（共1小题，满分15分）11．硫酸是工业生产中最为重要的产品之一，在化学工业的很多领域都要用到浓硫酸．（1）在硫酸工业生产中，我国采用黄铁矿为原料生产SO2，反应的化学方程式为：　　　　　　，该反应在　　　　　　（填设备名称）中进行．（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，正确的是　　　　　　．A、工业上SO2的催化氧化中SO2和O2的体积比恰好为2：1B、吸收塔得到的是98.3%的浓硫酸C、煅烧含硫48%的黄铁矿时，若黄铁矿损失了2%，则S损失2%D、接触室中采取高温是为了提高催化剂的活性和提高SO2的转化率（3）科研工作者开发了制备SO2，再用电化学原理生产硫酸的方法，装置如图：为了稳定技术生产，硫酸的浓度应维持不变，则通入的SO2和水的质量比为　　　　　　．（4）实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是　　　　　　．1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压　400℃　0.9961　0.9972　0.9984　0.9988　500℃　0.9675　0.9767　0.9852　0.9894　600℃　0.8520　0.8897　0.9276　0.9468（5）硫酸工厂排放的尾气中，含少量二氧化硫．为防止污染大气，在排放前必须进行尾气处理并设法进行综合利用．硫酸工厂排放尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理．①请写出这种尾气处理方法的优点（写出两点即可）：　　　　　　、　　　　　　．②若某硫酸厂每天排放的1万立方米（标准状况）尾气中含0.2%（体积分数）的SO2，通过上述方法处理，理论上用生石灰35kg，吸收的SO2最多占SO2总物质的量的　　　　　　%．　　四、[物质结构与性质]（共1小题，满分15分）12．第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是　　　　　　．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键-25-B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C6H6是非极性分子D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为　　　　　　，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　　　　　　．（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于　　　　　　区．（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如图所示，则X的化学式为　　　　　　．（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为　　　　　　（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式　　　　　　．　　五、[有机化学基础]（共1小题，满分15分）13．医学研究表明，姜黄素具有降血脂、抗肿瘤、抗炎、利胆、抗氧化等作用．其合成路线如下：已知：-25-ⅰ.1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为3mol、2mol、1mol．ⅱ．ⅲ．（R1、R2、R3为烃基或氢原子）请回答：（1）乙烯→B的反应类型是　　　　　　；B的系统命名为　　　　　　；D的结构简式为　　　　　　；E的核磁共振氢谱中有两个峰，E中含有的官能团名称是　　　　　　、　　　　　　．（2）G的结构简式为　　　　　　．经测定姜黄素的分子中有2个甲基，则香兰醛生成姜黄素的化学方程式为　　　　　　．（3）香兰醛的同分异构体中遇三氯化铁溶液显紫色的酯类物质有　　　　　　种．（4）根据题中信息，结合有机化学基础，完成以乙烯为有机原料合成正丁醇的路线流程图（无机试剂任选）．CH2=CH2CH5CH2OH…　　-25-2022年河南省三门峡市高考化学三模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．1molC（金刚石）中含有C﹣C键的数目为4NAB．标准状况下，22.4L乙烯中含有单键的数目为4NAC．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子的数目为0.1NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则阴极得到电子的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、据n=计算物质的量，每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键；B、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含4mol单键来计算；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于1mol分析．【解答】解：A．金刚石中，每个C形成的共价键为：×4=2，则1mol金刚石形成的共价键为：1mol×2=2mol，所以1mol金刚石中含有C﹣C键的数目为2NA，故A错误；B．乙烯分子中有1个C=C和4个C﹣H，所以乙烯分子含4条单键，标准状况下，22.4L乙烯为1mol，含有单键的数目为4NA，故B正确；C．浓硫酸随反应进行浓度变稀后不能和铜在继续反应，硫酸不能全部反应；含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故C错误；D．电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少32g，转移的电子的物质的量大于1mol，则阴极得到的电子数大于NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用以及物质的状态和结构是解题关键，难度不大．　2．分子式为为C9H11Br，且苯环上有两个取代基的芳香族化合物，其可能的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．5种B．9种C．12种D．15种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】取代基可能有溴原子、正丙基，溴原子、异丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2Br，甲基、﹣CH2BrCH3，丙基、﹣CH2Br，五种组合，据此解题．【解答】解：苯环上只有两个取代基，其中一个是溴原子；取代基可能有溴原子、正丙基，溴原子、异丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2Br，甲基、﹣CH2BrCH3，丙基、﹣CH2Br，五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种．故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，注意同分异构体的书写方法．　-25-3．苹果iphone6正在我国热卖，其电池为锂电池．构造如图所示，电池内部“→”表示放电时Li+的迁移方向，电池总反应可表示为：Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+6C，下列说法错误的是（　　）A．该电池放电时的负极材料为LiCoO2B．电池中的固体电解质可以是熔融的氯化钠、氯化铝等C．充电时的阴极反应：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2D．外电路上的“→”表示放电时的电子流向【考点】化学电源新型电池．【分析】A、放电时，负极上失电子化合价升高，发生氧化反应；B、熔融的氯化铝中不含自由移动的离子；C、充电时，阴极发生还原反应化合降低；D、放电时，该装置是原电池，原电池工作时，外电路上电流从正极流向负极．【解答】解：A、放电时，负极上失电子化合价升高，发生氧化反应，所以LiCoO2为电池的负极，故A正确；B、熔融的氯化铝中不含自由移动的离子，不能作电解质，故B错误；C、充电时，阴极发生还原反应化合降低，所以电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故C正确；D、放电时，电极LiCoO2失电子发生氧化反应作负极，碳棒作正极，外电路上电流从正极沿导线流向负极，所以外电路上的“→”表示放电时的电子方向，故D正确；故选B．【点评】本题以新型电池为载体考查了原电池和电解池原理，难度较大，能根据电池反应式正确判断原电池和电解池反应是解本题的关键．　4．如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是（　　）A．ZY、ZW、W2X的水溶液都显酸性B．原子半径大小：W＞R＞X，简单离子半径大小：R＞W＞XC．W的氢化物与R的氢化物水溶液的酸性比较，前者强于后者，可证明非金属性：R＞WD．Z与X，Z与R两种元素形成的化合物中均可能存在共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】-25-都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，据此进行解答．【解答】解：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，A．Cl2O的水溶液为次氯酸，溶液显酸性，而NaF水溶液呈碱性、NaCl水溶液呈中性，故A错误；B．同周期自左而右，原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：R＞W＞X，电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：R＞W＞X，故B错误；C．氢化物水溶液酸性强弱不能比较元素非金属性强弱，若非金属性F＞Cl，但氢化物酸性HCl＞HF，故C错误；D．Na与O元素可以形成Na2O2，O、S同主族，与O元素也可能形成Na2S2，两化合物中存在共价键，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度中等，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，D选项为易错点，注意利用同主族元素化合物相似性不大．　5．下列关于实验现象解释不正确的是（　　）ABCD操作与现象放在石棉网上的钠在空气中燃烧生成黑色固体铜与稀硝酸反应试管内产生红棕色气体0.5mol/L的CaCl2滴入0.5mol/L的NaHCO3中产生白色沉淀Cu与浓硫酸反应生成白色及少量黑色沉淀物解释生成固体物质有大量的碳反应产生的NO与试管内的空气反应反应2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑白色沉淀是CuSO4黑色沉淀是Cu2OA．AB．BC．CD．D【考点】钠的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．【分析】A．钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠；B．铜与稀硝酸反应生成NO，在试管口转化为NO2；C．0.5mol/L的CaCl2滴入0.5mol/L的NaHCO3中产生白色沉淀，是由于碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子和钙离子的乘积大于其碳酸钙的溶度积；D．浓硫酸与铜片共热时，白色沉淀是CuSO4，同时有黑色沉淀物CuS．【解答】解：A．将金属钠放在石棉网上用酒精灯加热后，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，故A错误；B．铜与稀硝酸反应3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，反应产生的NO与试管内的空气反应2NO+O2=2NO2，试管内产生红棕色NO2气体，故B正确；C．0.5mol/L的CaCl2滴入0.5mol/L的NaHCO3中，碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子和钙离子的乘积大于其碳酸钙的溶度积，发生反应：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故C正确；-25-D．Cu与浓H2SO4的主反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，由于浓H2SO4过量且浓硫酸具有吸水性，故所得白色固体为CuSO4；Cu与浓硫酸反应生成少量黑色沉淀物4Cu+4H2SO43CuSO4+CuS↓+4H2O，黑色沉淀是CuS，故D错误；故选AD．【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度中等，根据反应实验现象进行分析，B选项注意铜与稀硝酸的性质角度思考．　6．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp[Ag2CrO4（砖红色）]=9.0×10﹣12，下列说法不正确的是（　　）A．温度相同时，溶解度大小顺序为S（Ag2CrO4）＞S（AgCl）＞S（AgBr）B．往含Cl﹣，Br﹣，CrO42﹣浓度均为0.01mol•L﹣1溶液中滴加0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣C．用滴定法测KNO3溶液中KCl的含量时，可选择用AgNO3溶液做标准液，Ag2CrO4溶液做指示剂D．1.88gAgBr投入到100mol/LNaCl溶液中有AgCl【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．根据S（Ag2CrO4）=，S（AgCl）=，S（AgBr）=计算分析；B．根据Ksp和阴离子的浓度求出溶液中银离子的浓度，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀；C．依据沉淀滴定原理：当氯离子完全反应时，溶液中会生成Ag2CrO4砖红色沉淀；D．n（AgBr）==0.01mol，形成AgBr的饱和溶液，c（Ag+）=，根据Qc（AgCl）与Ksp（AgCl）相对大小分析．【解答】解：A．S（Ag2CrO4）==，S（AgCl）==，S（AgBr）==，所以溶解度大小顺序为S（Ag2CrO4）＞S（AgCl）＞S（AgBr），故A正确；B．析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）=mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故B错误；C．由于在t℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，故利用沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定KCl溶液的浓度时，可滴入几滴K2CrO4溶液做指示剂，当出现红色固体（Ag2CrO4），即达滴定终点，故C正确；-25-D．n（AgBr）==0.01mol，形成AgBr的饱和溶液，c（Ag+）==mol/L，Qc（AgCl）=c（Cl﹣）×c（Ag+）=100×＞Ksp（AgCl），则有AgCl沉淀生成，故D正确．故选B．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为B，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断．　7．茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如图所示．下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是（　　）A．先加KMnO4酸性溶液，再加银氨溶液，微热B．先加溴水，再加KMnO4酸性溶液C．先加入足量的新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸，酸化后再加溴水D．先加足量银氨溶液，微热，酸化后再加KMnO4酸性溶液【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醛基，可发生氧化和还原反应，检验碳碳双键时，应排除醛基的影响，以此解答该题．【解答】解：分子中含有碳碳双键和醛基，都能与酸性高锰酸钾溶液、溴水反应，则A、B错误；醛基可与新制Cu（OH）2悬浊液、银氨溶液反应氧化生成羧基，如加入溴水，可检验碳碳双键，但如加入KMnO4酸性溶液，无论是否含有碳碳双键，都能被氧化，则C正确、D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握官能团的性质，难度中等．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．某同学以甘蔗渣为原料用水解﹣氧化﹣水解循环进行制取草酸并探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）的某些性质．通过查阅资料可知：草酸易溶于水，是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到100℃时失去结晶水，成为无水草酸．157℃时大量升华，并开始分解；草酸蒸气在低温下可冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊．-25-请跟据以上信息回答下列问题：（1）图1中①②的氧化﹣水解过程是在图2的装置中进行的，指出装置B的名称　三颈烧瓶　．（2）图1中①②的氧化﹣水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收集率的影响，结果如图3所示，请选择最佳的反应温度为　70℃　．（3）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置（草酸晶体分解装置略，连接导管略去）请回答下列问题：①装置的连接顺序为：A→（　　）→D→（　　）→B→D②实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是　通入混合气体一段时间，排除体系中的空气，防止加热时CO发生爆炸　．③整套装置存在不合理之处为　没有一氧化碳尾气处理装置　．（4）草酸亚铁在工业中有重要重要，草酸可以制备草酸亚铁，步骤如下：称取FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解．向此溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，将混合溶液加热至沸，不断搅拌，以免暴沸，待有黄色沉淀析出并沉淀后，静置．倾出上层清液，再加入少量水，并加热，过滤，充分洗涤沉淀，过滤，用丙酮洗涤两次并晾干．（丙酮易挥发）-25-①生成的草酸亚铁需充分洗涤沉淀，检验是否洗涤完全的方法是　取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净　．②用丙酮洗涤固体两次的目的是　降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分　．【考点】性质实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据仪器的结构特点判断；（2）根据温度与醋酸的收率最高判断最佳反应温度；（3）①猜想其产物为CO、CO2和H2O，草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解．草酸钙不溶于水、草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊、草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，分析可知先冷凝挥发出的草酸，再检验水蒸气的生成，检验二氧化碳的生成，并除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜检验一氧化碳气体的存在，利用反应后生成的二氧化碳通入澄清石灰水变浑浊证明一氧化碳的存在；②CO是可燃性气体，与空气混合加热或点燃会发生爆炸；③CO有毒，污染空气，需要尾气处理装置；（4）①判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质，本题中草酸亚铁的制备是用FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解，因而沉淀表面可能会有稀H2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，即该题便转化成SO42﹣的检验；②用丙酮洗涤两次并晾干，丙酮易挥发，草酸亚铁不溶于丙酮，有利于干燥，减少损失；【解答】解：（1）根据装置的结构特点可知，A应该是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）根据图3可知，在温度为70℃时，醋酸的收集率最高，所以选择的最佳反应温度是70℃；故答案为：70℃；（3）①猜想其产物为CO、CO2和H2O，草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解，草酸钙不溶于水、草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊、草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，分析可知先冷凝挥发出的草酸，再检验水蒸气的生成，检验二氧化碳的生成，并除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜检验一氧化碳气体的存在，利用反应后生成的二氧化碳通入澄清石灰水变浑浊证明一氧化碳的存在；装置连接顺序为：A→C→D→E→B→D；故答案为：C；E；②CO是可燃性气体，与空气混合加热或点燃会发生爆炸，所以需要C装置中充满CO后再点燃酒精灯加热；故答案为：通入混合气体一段时间，排除体系中的空气，防止加热时CO发生爆炸；③CO有毒，污染空气，不能直接排空，所以要有尾气处理装置；故答案为：没有CO尾气处理装置；（4）①本题中草酸亚铁的制备是用FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解，因而沉淀表面可能会有稀H2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，具体操作为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；②丙酮易挥发，草酸亚铁不溶于丙酮，降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分；故答案为：降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分；-25-【点评】本题考查了制备实验方案设计，涉及化学实验、物质的性质，题目难度较大，注意掌握探究物质性质实验方案设计的方法，明确物质性质及实验操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力．　9．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式　Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑　．如不对该反应还原产物的比例作限制，该反应　可能　出现多组配平系数（填“可能”或“不可能”）并说明理由　该反应有两种还原产物，两者的比例和还原剂的用量都可以发生改变　．（2）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+4KI十4HNO3═Se+2I2+4KNO3十2H2O　　②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI实验中，准确称量SeO2样品0.1600g，消耗了0.2000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　86.6%　．（3）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC的工作原理如图所示：①通入a气体的电极是电池的　负　（填“正”或“负”）极，其电极反应为　CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+　．②常温下，用此电池以惰性电极电解0.5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为　13　（忽略溶液的体积变化）．【考点】化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式，结合两种还原产物分析；（2）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数；（3）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应；②根据电解池的工作原理和电极方程式来计算．【解答】解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，如不对该反应还原产物的比例作限制，该反应可能出现多组配平系数，是因该反应有两种还原产物，两者的比例和还原剂的用量都可以发生改变；故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；可能；该反应有两种还原产物，两者的比例和还原剂的用量都可以发生改变；-25-（2）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=86.6%，故答案为：86.6%；（3）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：负；CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+；②用此电池以惰性电极电解饱和食盐水的电极反应为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，当两极共收集到标准状况下的气体1.12L（0.05mol）时，则生成氢氧化钠的物质的量是0.05mol，所以COH﹣==0.1mol/L，所以PH=13，故答案为：13．【点评】本题考查氧化还原反应及计算以及电化学的知识等，为高频考点，把握守恒法为解答的关键，侧重氧化还原反应配平及计算的考查，注意掌握基础知识的掌握，题目难度不大．　10．近年来，由于二氧化碳的大量排放，直接威胁着人类赖于生存的生态环境．人们愈来愈关注着二氧化碳气体的开发及利用．（1）据报道，美国海军科学家拟从海水中提取H2，从空气中提取CO2合成短链羟来代替汽油．已知氢气的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1；辛烷（C8H18，可作为汽油用）的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1．写出CO2和H2合成辛烷的热化成方程式　8CO2（g）+25H2（g）=C8H18（l）+16H2O（l）△H=﹣1627kJ•mol﹣1　．（2）二氧化碳加氢合成甲醇是其合理利用碳资源的有效途径之一，反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，下列能确定该条件下反应达到最大转化限度的是　AB　．A、CO2含量不再变化B、容器内压强不再变化C、3v正（H2）=v逆（CH3OH）D、△H不再发生变化②同时测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（h）123456P后/P前0.900.850.820.810.800.80则用氢气表示前2小时反应平均速率V（H2）=　0.225mol/（L•h）　．列式计算该温度下CO2的平衡转化率：　40%　．③若反应条件为压强6MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1：3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率℃为50%，该反应该条件的平衡常数KP=　（MPa）﹣2　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；列举提高CO2转化率的措施　增大氢气与CO2的比例或及时分离出甲醇或水蒸气　．（3）CO2和NaOH溶液反应可生成NaHCO3溶液，查阅资料得常温下H2CO3的电离平衡常数K1=4.2×10﹣7，K2=5.6×10﹣11；实验测得常温下0.1mol/L的NaHCO3的pH为8，则0.1mol/L的NaHCO3溶液中离子浓度大小顺序为　A　．-25-A、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）B、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C、c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）D、c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）【考点】热化学方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较．【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，据此计算25mol氢气完全燃烧放出热量，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；（2）①该条件下反应达到最大转化限度是指反应达到平衡状态，正逆反应速率相同，个组分含量保持不变，据此分析选项②反应速率V=计算得到，反应物转化率=×100%；③依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算，提高CO2转化率可以增加氢气的量，也可以改变条件使平衡正向进行；（3）实验测得常温下0.1mol/L的NaHCO3的pH为8，溶液显碱性，碳酸氢根离子水解大于其电离程度；【解答】解：（1）已知氢气的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1；辛烷（C8H18，可作为汽油用）的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1．25mol氢气完全燃烧放热1627kJ，写出CO2和H2合成辛烷的热化成方程式8CO2（g）+25H2（g）=C8H18（l）+16H2O（l）△H=﹣1627kJ•mol﹣1，故答案为：8CO2（g）+25H2（g）=C8H18（l）+16H2O（l）△H=﹣1627kJ•mol﹣1；（2）①该条件下反应达到最大转化限度是指反应达到平衡状态，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中发生反应，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应是气体体积减小的反应A、CO2含量不再变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；B、容器内压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，V正（H2）=3V逆（CH3OH），说明达到平衡状态，但3v正（H2）=v逆（CH3OH）不能说明正逆反应速率相同，故C错误；D、反应焓变和物质聚集状态及物质的量有关，确定的化学反应，焓变不变，△H不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：AB；②设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）x3xxx平衡量（mol）1﹣x3﹣3xxxP后：P前=0.85=（4﹣2x）：（1+3）x=0.3mol则用氢气表示前2小时反应平均速率V（H2）==0.225mol/（L•h），反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300-25-变化量（mol）y3yyy平衡量（mol）1﹣y3﹣3yyyP后：P前=0.8=（4﹣2y）：（1+3）y=0.4mol该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%，故答案为：0.225mol/（L•h）；40%；③若反应条件为压强6MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1：3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率℃为50%，结合三段式列式计算，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）0.51.50.50.5平衡量（mol）0.51.50.50.5分压=总压×物质的量分数P（CO2）=6×=1P（H2）=6×=3P（CH3OH）=6×=1P（H2O）=6×=1Kp==（MPa）﹣2提高CO2转化率可以增加氢气的量，也可以改变条件使平衡正向进行；采取的措施是增大氢气与CO2的比例或及时分离出甲醇或水蒸气，提高CO2转化率，故答案为：（MPa）﹣2，增大氢气与CO2的比例或及时分离出甲醇或水蒸气；（3）实验测得常温下0.1mol/L的NaHCO3的pH为8，溶液显碱性，碳酸氢根离子水解大于其电离程度，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+），故选A，故答案为：A．【点评】本题考查了化学反应速率、平衡三段式和平衡常数概念的计算应用，影响平衡影响分析判断，盐类水解实质理解，掌握基础是关键，题目难度中等．　三、[化学—选修2：化学与技术]（共1小题，满分15分）11．硫酸是工业生产中最为重要的产品之一，在化学工业的很多领域都要用到浓硫酸．-25-（1）在硫酸工业生产中，我国采用黄铁矿为原料生产SO2，反应的化学方程式为：　4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　，该反应在　沸腾炉　（填设备名称）中进行．（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，正确的是　C　．A、工业上SO2的催化氧化中SO2和O2的体积比恰好为2：1B、吸收塔得到的是98.3%的浓硫酸C、煅烧含硫48%的黄铁矿时，若黄铁矿损失了2%，则S损失2%D、接触室中采取高温是为了提高催化剂的活性和提高SO2的转化率（3）科研工作者开发了制备SO2，再用电化学原理生产硫酸的方法，装置如图：为了稳定技术生产，硫酸的浓度应维持不变，则通入的SO2和水的质量比为　16﹕29　．（4）实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是　4000C1个大气压　．1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压　400℃　0.9961　0.9972　0.9984　0.9988　500℃　0.9675　0.9767　0.9852　0.9894　600℃　0.8520　0.8897　0.9276　0.9468（5）硫酸工厂排放的尾气中，含少量二氧化硫．为防止污染大气，在排放前必须进行尾气处理并设法进行综合利用．硫酸工厂排放尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理．①请写出这种尾气处理方法的优点（写出两点即可）：　原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得　、　可得到石膏副产品　．②若某硫酸厂每天排放的1万立方米（标准状况）尾气中含0.2%（体积分数）的SO2，通过上述方法处理，理论上用生石灰35kg，吸收的SO2最多占SO2总物质的量的　70　%．【考点】工业制取硫酸．【专题】简答题；热点问题．【分析】（1）工业制硫酸是在沸腾炉中燃烧黄铁矿；（2）接触法制硫酸的过程中，接触室内为提高SO2的转化率通常会增加氧气的量，吸收塔内是用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到发烟硫酸，结合原子利用率可知黄铁矿的损失与S的损失率等同，SO2的催化氧化是放热反应，升高温度可以提高反应速率，但平衡左移，反应物的转化率降低；（3）利用原电池原理制硫酸溶液，通O2的极为正极，电极反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O，通SO2的极为了负极，电极反应为2SO2﹣4e﹣+4H2O=2SO42﹣+8H+，结合正负极得失电子是相等的，即得原电池反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，根据稀硫酸溶液的质量分数是50%，假设溶液里硫酸的质量为98g，据此可计算出通入SO2的质量和水的质量比；（4）接触室发生的反应为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率降低，从图表中可以看出，恒温时增大压强平衡正向移动，但反应物的转化率变化幅度不大，但压强的增大消耗能源及对设备的要求也高，故不易高压，综合考虑可选择适宜温度和压强；（5）①尾气中的二氧化硫是酸雨的主要来源和重要的化工原料，随意排放既污染大气，也是一种资源浪费，故对尾气要净化回收，选择处理方法时可以从原料的成本和资源等方面考虑；-25-②知道尾气的总量及SO2的含量可计算出尾气中SO2的总量，根据消耗的生石灰的质量可计算出吸收SO2的量，然后可求算出SO2的吸收率．【解答】（1）工业制硫酸是利用黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3，其中黄铁矿燃烧反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；沸腾炉；A、工业上SO2的催化氧化中通过增加O2也就是空气的体积来提高SO2的转化率；故A错误；B、吸收塔是利用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到的是发烟硫酸；故B错误；C、煅烧黄铁矿的过程是化学变化，遵守原子守恒，黄铁矿和S的利用率相等，若黄铁矿损失了2%，则S损失2%；故C正确；D、接触室中采取高温是为了提高催化剂的活性，没有提高SO2的转化率，原因此反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，SO2的转化率反而会降低；故D错误；故答案为：C；（3）利用原电池氧化SO2制硫酸的总反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，根据稀硫酸溶液的质量分数是50%，假设溶液里硫酸的质量为98g，溶液里水的质量也为98g，生成的硫酸的物质的量为=1mol，结合原电池反应式可知参加反应的SO2和H2O的物质的量也为1mol，则SO2的质量为1mol×64g/mol=64g，水的质量为1mol×18g/mol=18g，通入通入SO2的质量和水的质量比为=16﹕29，故答案为：16﹕29；（4）从图中可看出恒压条件下升高温度，SO2的转化率降低，因此选择低温400℃，在恒温条件下增大压强，SO2的转化率增大幅度较小，考虑到产生高压会消耗能源及对设备的要求较高，因此选择较低压强为宜，故答案为：1个大气压、400℃；（5）①通常用足量石灰水吸收尾气中的SO2生成CaSO3，然后再用稀硫酸处理CaSO3得到纯净的SO2和CaSO4，SO2可重新用来制硫酸，CaSO4制石膏，达到变废为宝的目的，另一方面制石灰水的生石灰成本也低，资源也丰富，故答案为：原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可再利用作为原料；②排放的总尾气是1万立方米（标准状况）也就是107L，其中含0.2%（体积分数）SO2的体积为107L×0.2%=0.2×105L，35kg生石灰的物质的量为=625mol，依据反应CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O可知吸收的SO2的物质的量也为625mol，吸收的SO2最多占SO2总物质的量的百分数（或体积分数）为=70%，故答案为：70%．【点评】考查硫酸的工业制法，涉及化学平衡的移动，原电池原理，原子守恒在化学计算中的应用，尾气的处理原则，反应条件的选择等，对学生基础要求较高，中等难度．　四、[物质结构与性质]（共1小题，满分15分）12．第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．（1）下列叙述正确的是　AD　．（填字母）A．CH2O与水分子间能形成氢键B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化-25-C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C6H6是非极性分子D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为　3d54s2　，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态　．（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于　d　区．（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如图所示，则X的化学式为　TiO2　．（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN﹣离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN﹣氧化成CNO﹣，再在酸性条件下CNO﹣继续被NaClO氧化成N2和CO2．①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为　H＜C＜N＜O　．②与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式为　CO2（N2O）、SCN﹣　（写出一种即可）．③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式　N≡C﹣O﹣H　．【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布；晶胞的计算．【分析】（1）A．甲醛中氧元素电负性很大，与水分子中H原子可以形成氢键；B．CH2O分子中C原子形成3个σ键，而CO2分子中C原子形成2个σ键，均没有孤电子对；C．C6H6分子中含有12个σ键和1个大π键；D．二氧化碳晶体属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体．（2）d电子半充满比较稳定，锰价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，气态Mn2+失去一个电子比气态Fe2+失去一个电子难；（3）元素周期表根据元素原子的外围电子排布的特征分成五个区域，s区、p区、d区、ds区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系；-25-（4）晶胞中原子个数的计算，每个晶胞中含有钛原子数为2，氧原子数为4，可确定化学式为TiO2；（5）①同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小可以判断；②等电子体为电子数相等，CNO﹣电子数为22，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等；③碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H．【解答】解：（1）A．甲醛中氧元素电负性很大，与水分子中H原子可以形成氢键，故A正确；B．CH2O分子中C原子形成3个σ键，而CO2分子中C原子形成2个σ键，均没有孤电子对，HCHO分子中C原子采用sp2杂化，二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；C．C6H6分子中含有12个σ键和1个大π键，故C错误；D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，故答案为：AD；（2）25号元素锰，价电子个数为25﹣18=7，价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁为26号元素，价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难；故答案为：3d54s2；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转σσ变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态；（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，s区、d区、ds区、p区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系，其中钛位于第ⅣB族，属于d区；故答案为：d；（4）每个晶胞中含有钛原子数为8×0.125+1=2，氧原子数为4×0.5+2=4，故化学式为TiO2；故答案为：TiO2；（5）①氢位于第一周期，碳、氮、氧元素位于第二周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小为H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；②CNO﹣电子数为22，等电子体为电子数相等，故与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN﹣等，故答案为：CO2（N2O）、SCN﹣；③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故N≡C﹣O﹣H；故答案为：N≡C﹣O﹣H．【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及氢键、电负性、元素周期律、等电子体等知识点，知识点较综合，这些知识点都是考试热点，根据教材中基础知识采用知识迁移的方法进行分析解答，注意：元素周期表分成五个区域，s区、p区、d区、ds区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系，题目难度中等．　五、[有机化学基础]（共1小题，满分15分）-25-13．医学研究表明，姜黄素具有降血脂、抗肿瘤、抗炎、利胆、抗氧化等作用．其合成路线如下：已知：ⅰ.1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为3mol、2mol、1mol．ⅱ．ⅲ．（R1、R2、R3为烃基或氢原子）请回答：（1）乙烯→B的反应类型是　加成反应　；B的系统命名为　1，2﹣二溴乙烷　；D的结构简式为　OHC﹣CHO　；E的核磁共振氢谱中有两个峰，E中含有的官能团名称是　醛基　、　羧基　．（2）G的结构简式为　　．经测定姜黄素的分子中有2个甲基，则香兰醛生成姜黄素的化学方程式为　　．（3）香兰醛的同分异构体中遇三氯化铁溶液显紫色的酯类物质有　19　种．（4）根据题中信息，结合有机化学基础，完成以乙烯为有机原料合成正丁醇的路线流程图（无机试剂任选）．CH2=CH2CH5CH2OH…【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，由B→E转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有﹣CHO，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHC﹣CHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHC﹣COOH，1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为-25-，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成香兰醛为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，（4）中乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液、加热条件下发生反应生成CH3CH=CHCHO，再与氢气在催化剂条件下发生加成反应得到CH3CH2CH2CH2OH，据此解答．【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，由B→E转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有﹣CHO，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHC﹣CHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHC﹣COOH，1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成香兰醛为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：．（1）B为BrCH2CH2Br，是乙烯与溴发生加成反应得到，名称为1，2﹣二溴乙烷；D的结构简式为OHC﹣CHO，E为OHC﹣COOH，含有官能团为醛基、羧基，故答案为：加成反应；1，2﹣二溴乙烷；OHC﹣CHO；醛基、羧基；（2）由上述分析可知，G的结构简式为：，香兰醛生成姜黄素的化学方程式为：，故答案为：；；（3）香兰醛（）的同分异构体中遇三氯化铁溶液显紫色的酯类物质，含有酚羟基与酯基，若含有2个侧链，1个为﹣OH，另一取代基可能的结构为：﹣OOCCH3或﹣CH2OOCH或﹣COOCH3-25-，各有邻、间、对3种位置，可以有3个侧链，分别为﹣OH、﹣OOCH、﹣CH3，﹣OH、﹣OOCH有邻、间、对3种位置，对应的甲基﹣CH3分别4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体有3×3+4+4+2=19种，故答案为：19；（4）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液、加热条件下发生反应生成CH3CH=CHCHO，再与氢气发生加成反应得到CH3CH2CH2CH2OH，合成路线流程图为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，综合分析确定E的结构是关键，注意根据有机物的结构、分子式与反应条件进行推断，较好地考查学生自学能力与分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团想性质与转化，（3）中同分异构体数目判断为易错点、难点，难度中等．　-25-